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“阶段质量检测”见“阶段质量检测(一)”
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谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢阶段质量检测（一） 空间几何体
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．斜四棱柱的侧面是矩形的面最多有( )
A．0个 B．1个
C．2个 D.3个
解析：选C 本题考查四棱柱的结构特征，画出示意图即可．
2.用斜二测画法画水平放置的△ABC的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形A′B′C′.已知点O′是斜边B′C′ 的中点，且A′O′＝1，则△ABC的边BC上的高为( )
A．1 B．2
C. D.2
解析：选D ∵△ABC的直观图是等腰直角三角形A′B′C′，∠B′A′C′＝90°，A′O′＝1，∴A′C′＝.根据直观图平行于y轴的长度变为原来的一半，∴△ABC的高为AC＝2A′C′＝2.故选D.
3.如图，已知平面A1B1C1与平面ABC平行，则能推断这个几何体可能是三棱台的是( )
A．A1B1＝2，AB＝3，B1C1＝3，BC＝4
B．A1B1＝1，AB＝2，B1C1＝1.5，BC＝3，A1C1＝2，AC＝3
C．A1B1＝1，AB＝2，B1C1＝1.5，BC＝3，A1C1＝2，AC＝4
D．AB＝A1B1，BC＝B1C1，CA＝C1A1
解析：选C 根据棱台是由棱锥截成的进行判断．
选项A中≠，故A不正确；选项B中≠，故B不正确；选项C中＝＝，故C正确；选项D中满足这个条件的可能是一个三棱柱，不是三棱台．故选C.
4.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．其实际直观图中四边形不存在，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是( )
A．a，b B．a，c
C．c，b D.b，d
解析：选A 正视图和侧视图完全相同时，牟合方盖相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，而俯视图为一个正方形，且有两条实线的对角线．故选A.
5．已知某个几何体的三视图如图(正视图的弧线是半圆)，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的表面积是( )
A．(368π＋65)cm2 B．(368＋56π)cm2
C．(386＋56π)cm2 D.(386＋65π)cm2
解析：选B 从该几何体的三视图可知，这个几何体是由两部分构成的，下部分是长方体，上部分是半个圆柱．且长方体的三边长分别为8 cm,10 cm,8 cm，半个圆柱的底面半径为4 cm，高为10 cm.所以其表面积为(368＋56π) cm2.
6．已知圆锥的表面积是其底面面积的3倍，则该圆锥的侧面展开图的圆心角为( )
A．120° B．150°
C．180° D.240°
解析：选C 设圆锥的底面半径为R，母线长为L.由题意，πR2＋πRL＝3πR2，∴L＝2R，圆锥的底面圆周长l＝2πR.展开成扇形后，设扇形圆心角为n，则扇形的弧长l＝＝，∴2πR＝，∴n＝180°，即展开后扇形的圆心角为180°.
7．现在国际乒乓球赛的用球已由“小球”改为“大球”．“小球”的直径为38 mm，“大球”的直径为40 mm，则“小球”的表面积与“大球”的表面积之比为( )
A.∶ B．19∶20
C．192∶202 D.193∶203
解析：选C 因为S小球＝4π·192，S大球＝4π·202，所以S小球∶S大球＝(4π·192)∶(4π·202)＝192∶202.
8．若圆台两底面周长的比是1∶4，过高的中点作平行于底面的平面，则圆台被分成两部分的体积比是( )
A. B.
C．1 D.
解析：选D 设上，下底半径分别为r1，r2，过高中点的圆面半径为r0，由题意得r2＝4r1，r0＝r1，所以＝＝.
9．如图，将一个正方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，则棱锥的体积与原正方体的体积之比为( )
A．1∶3 B．1∶4
C．1∶5 D.1∶6
解析：选D 设正方体的棱长为a，则棱锥的体积V1＝××a×a×a＝，又正方体的体积V2＝a3，所以V1∶V2＝1∶6.
10．已知一个底面是菱形的直棱柱的侧棱长为5，菱形的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )
A．30 B．60
C．30＋135 D.135
解析：选A 由菱形的对角线长分别是9和15，得菱形的边长为 ＝，则这个直棱柱的侧面积为4××5＝30.
11.已知正三角形ABC三个顶点都在半径为2的球面上，球心O到平面ABC的距离为1，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是( )
A. B．2π
C. D.3π
解析：选C 由题意知，正三角形ABC的外接圆半径为＝，则AB＝3，过点E的截面面积最小时，截面是以AB为直径的圆，截面面积S＝π×2＝.
12．(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )
A．8π B．4π
C．2π D.π
解析：选D 设PA＝PB＝PC＝2a，则EF＝a，
又FC＝，∴EC2＝3－a2.
在△PEC中，
cos∠PEC＝.
在△AEC中，
cos∠AEC＝.
∵∠PEC与∠AEC互补，
∴3－4a2＝1，解得a＝，
故PA＝PB＝PC＝.
又∵AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB⊥PC，
∴外接球的直径2R＝＝，
∴R＝，∴V＝πR3＝π×3＝π.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．底面直径和高都是4 cm的圆柱的侧面积为________cm2.
解析：圆柱的底面半径为r＝×4＝2(cm)，∴S侧＝2π×2×4＝16π(cm2)．
答案：16π
14.我国南北朝时期的数学家、天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”即是面积，意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等，那么这两个几何体的体积相等．如图所示，扇形的半径为3，圆心角为90°，若扇形AOB绕直线OB旋转一周，图中阴影部分旋转后所得几何体与某不规则几何体满足：“幂势同”，则该不规则几何体的体积为________．
解析：扇形AOB绕直线OB旋转一周，阴影部分旋转后所得几何体的体积为半个球的体积减去一个圆锥的体积．
因为球的半径为3，圆锥的底面半径为3，高为3.
所以所求体积为××π×33－×π×32×3＝18π－9π＝9π.
答案：9π
15．(2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．
解析：先求面数，有如下两种方法．
法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面．
法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2(欧拉公式)．
由图形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24，
故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.
再求棱长．
作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长．连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝MH＝NG＝NF＝x.
又AM＋MN＋NF＝1，即x＋x＋x＝1.
解得x＝－1，即半正多面体的棱长为－1.
答案：26 －1
16．已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O-ABC的体积的最大值为，则球O的表面积为________．
解析：如图所示，当点C位于垂直于平面AOB的直径的端点时，三棱锥O-ABC的体积最大．设球O的半径为R，∴VO-ABC＝VC-AOB＝××R2×R＝＝，解得R＝3，则球O的表面积S＝4πR2＝36π.
答案：36π
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．
解：由已知得：CE＝2，DE＝2，CB＝5，
S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧
＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2＝(60＋4)π，
V＝V圆台－V圆锥＝(π·22＋π·52＋)×4－π×22×2＝.
18.(本小题满分12分)如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，E，F分别是A1A，CC1的中点，求四棱锥C1-B1EDF的体积．
解：连接EF，B1D1.
设B1到平面C1EF的距离为h1，D到平面C1EF的距离为h2.
∵正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为a，E，F分 别是A1A，CC1的中点，
∴h1＋h2＝B1D1＝a.
又S△C1EF＝C1F·EF＝××a＝a2，
∴VC1-B1EDF＝VB1-C1EF＋VD-C1EF＝·S△C1EF·(h1＋h2)＝×a2×a＝a3.
19．(本小题满分12分)
已知圆柱OO1的底面半径为2，高为4.
(1)求从下底面出发环绕圆柱侧面一周到达上底面的最短路径长；
(2)若平行于轴OO1的截面ABCD将底面圆周截去四分之一，求截面面积；
(3)在(2)的条件下，设截面将圆柱分成的两部分中较小部分为Ⅰ，较大部分为Ⅱ，求VⅠ∶VⅡ(体积之比)．
解：(1)将侧面沿某条母线剪开铺平得到一个矩形，邻边长分别是4π和4，则从下底面出发环绕侧面一周到达上底面的最短路径长即为此矩形的对角线长4.
(2)连接OA，OB，∵截面ABCD将底面圆周截去，∴∠AOB＝90°，
∵OA＝OB＝2，∴AB＝2，
而截面ABCD是矩形且AD＝4，
∴S截面ABCD＝2×4＝8.
(3)依题知V圆柱＝Sh＝16π，
三棱柱AOB-DO1C的体积是8，
则VⅠ＋8＝V圆柱＝4π，∴VⅠ＝4π－8，
而VⅡ＝V圆柱－VⅠ＝12π＋8，
于是VⅠ∶VⅡ＝.
20.(本小题满分12分)如图，正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为a，连接A′C′，A′D，A′B，BD，BC′，C′D，得到一个三棱锥．求：
(1)三棱锥A′-BC′D的表面积与正方体表面积的比值；
(2)三棱锥A′-BC′D的体积．
解：(1)∵ABCD-A′B′C′D′是正方体，
∴A′C′＝A′B＝A′D＝BC′＝BD＝C′D＝a，
∴S三棱锥＝4××(a)2＝2a2，S正方体＝6a2，
∴＝.
(2)显然，三棱锥A′-ABD、C′-BCD、D-A′D′C′、
B-A′B′C′是完全一样的，
∴V三棱锥A′-BC′D＝V正方体－4V三棱锥A′-ABD
＝a3－4××a2×a
＝.
21．(本小题满分12分)已知某几何体的俯视图是一个长为8，宽为6的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．
(1)求该几何体的体积V；
(2)求该几何体的侧面积S.
解：由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8、高为h1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6、高为h2的等腰三角形，如图．
(1)几何体的体积V＝·S矩形·h＝×6×8×4＝64.
(2)正侧面及相对侧面底边上的高h1＝＝5.
左、右侧面的底边上的高h2＝＝4.
故几何体的侧面积S＝2×＝40＋24.
22．(本小题满分12分)直三棱柱的高为6 cm，底面三角形的边长分别为3 cm,4 cm,5 cm，将棱柱削成圆柱，求削去部分体积的最小值．
解：如图所示，只有当圆柱的底面圆为直三棱柱的底面三角形的内切圆时，圆柱的体积最大，削去部分体积才能最小，设此时圆柱的底面半径为R，圆柱的高即为直三棱柱的高6 cm.
因为在△ABC中，AB＝3 cm，BC＝4 cm，AC＝5 cm，
所以△ABC为直角三角形．
根据直角三角形内切圆的性质可得7－2R＝5，
所以R＝1 cm，
所以V圆柱＝πR2·h＝6π (cm3)．
而三棱柱的体积为V三棱柱＝×3×4×6＝36(cm3)，
所以削去部分的体积为36－6π＝6(6－π)(cm3)．
